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4 Kombinatorik, Partitionen, additive Zahlentheorie

Eine Partition ist die Zerlegung einer naturlichen Zahl n in eine Summe unter bestimmten Ne-benbedingungen. Eine typische kombinatorische Aufgabe ist die Berechnung der Anzahl mogli-cher solcher Partitionen, also das Bestimmen einer ganzzahligen Folge fn. Im allgemeinen sindsolche kombinatorischen Probleme sehr schwierig und viele sind bis heute ungelost in dem Sinn,daß es keine explizite Darstellung von fn fur alle n gibt.Auf den ersten Blick hat Zahlentheorie nichts mit Kombinatorik zu tun. Das tauscht aber.Viele zahlentheoretische Probleme sind eigentlich kombinatorische, etwa die Bestimmung derAnzahl der Teiler τ(n) einer Zahl, die Anzahl der zu n teilerfremden kleineren Zahlen ϕ(n)(Eulerfunktion) und die Summe der Teiler einer Zahl σ(n).Manchmal ist es einfacher, die erzeugende Funktion der Folge fn

F (x) =

∞∑

n=0

fnxn

zu bestimmen und diese dann in eine Potenzreihe zu zerlegen. Einige kombinatorische Aufgabenim Zusammenhang mit Partitionen lassen sich auf diese Weise elegant losen.

4.1 Partitionen mit gegebener endlicher Summandenmenge

Grundaufgabe 1a: Gegeben sind Gewichte a1, ..., am. Wieviele Moglichkeiten fn gibt es, einGewicht n aus diesen Gewichten zusammenzustellen?Hierbei mussen die ai nicht verschieden sein (es konnen Gewichte mehrfach vorhanden sein).Ist etwa a1 = a2, so sind es unterschiedliche Moglichkeiten, wenn a1 oder a2 genommen wird.Diese kombinatorische Aufgabe ist aquivalent zur zahlentheoretischenGrundaufgabe 1a’: Bestimme die Anzahl von Losungen der diophantischen Gleichung

ε1a1 + ε2a2 + . . . + εmam = n ,

wobei εi ∈ {0, 1} !Die Losung fn dieser Aufgabe laßt sich als Koeffizient eines Polynoms F (x) darstellen, namlich

F (x) = (1 + xa1)(1 + xa2) · · · (1 + xam) =

∞∑

n=0

fnxn

Ausmultiplizieren ergibt namlich gerade den Exponenten

xn = xε1a1+ε2a2+...+εmam

wobei εi zahlt, welcher der beiden Summanden aus dem Faktor (1 + xai) = (x0·ai + x1·ai)ausgewahlt wurde.Mit dieser Erklarung laßt sich die Aufgabe leicht verallgemeinern. Wir nehmen an, daß es Topfemit je ki Stuck von Gewichten der Große ai gibt. Das heißt, wir konnen 0, 1, ..., ki Stuck darausauswahlen. Das fuhrt aufGrundaufgabe 1b: Gegeben sind k1, ..., km Gewichte der Große a1, ..., am. Wieviele Moglich-keiten fn gibt es, ein Gewicht n aus diesen Gewichten zusammenzustellen?Diese Aufgabe laßt sich nicht auf Grundaufgabe 1a zuruckfuhren, indem man mehrere gleicheGewichte betrachtet. Der Unterschied zwischen 2 Gewichten der Große a1 und 2 gleichen Ge-wichten a1 und a2, ist der, daß es im ersten Fall gleichgultig ist, welches der beiden Gewichte

34 4 KOMBINATORIK, PARTITIONEN, ADDITIVE ZAHLENTHEORIE

aus dem Topf genommen wird, wogegen im zweiten Fall die Gewichte unterschiedlich sind (z.B.verschiedene Farben haben).Diese kombinatorische Aufgabe ist wieder aquivalent zu einer zahlentheoretischenGrundaufgabe 1b’: Bestimme die Anzahl von Losungen der diophantischen Gleichung

ε1a1 + ε2a2 + . . . + εmam = n ,

wobei εi ∈ {0, 1, ..., ki} !Analog zu oben ist die Losung dieser Aufgabe der Koeffizient eines Polynoms

F (x) = (1 + xa1 + ... + xk1a1) · · · (1 + xam + ... + xkmam) =∞∑

n=0

fnxn

Der Zusammenhang mit der diophantischen Gleichung wird auch bei der folgenden Umformungdeutlich:

F (x) = (1 + xa1 + ... + xk1a1) · · · (1 + xam + ... + xkmam) =m∏

i=1

ki∑

ji=1

xjiai =

(1)=

k1,...,km∑

j1,...,jm=1

xj1a1 · · ·xjmam(2)=

k1,...,km∑

j1,...,jm=1

xj1a1+...+jmam(3)=

∞∑

n=0

(

∑

j1a1+...+jmam=n

1

)

xn

Im Schritt (1) wurde das Produkt von m Summen durch eine Summe uber einen m-dimensionalenIndexraum ersetzt. Im Schritt (2) wurde die Eigenschaft der Potenzfunktion, Produkte in Sum-men von Exponenten zu verwandeln ausgenutzt. Von den Exponenten j1a1 + . . .+jmam konneneinige gleich sein. Diese werden im Schritt (3) zusammengefaßt. Es wird die m-dimensionaleSumme zerlegt in eine eindimensionale uber n und eine m − 1 dimensionale, die im m dimen-sionalen Indexraum durch einen Schnitt mit der Ebene j1a1 + . . . + jmam = n erzeugt wird.Diese Summe uber 1 zahlt die Falle, fur die bei gegebenem n gerade j1a1 + . . . + jmam = n ist.Das ist die Anzahl der Losungen der diophantischen Gleichung aus Grundaufgabe 1b’, also fn.Der Unterschied zwischen 2 Gewichten der Große a1 und 2 gleichen Gewichten a1 und a2, drucktsich durch die beiden Faktoren (1 + xa1 + x2a1) bzw. (1 + xa1)2 aus.Als Beispiel zur Grundaufgabe 1a betrachten wir dieAufgabe: Wieviele Moglichkeiten fn gibt es, mit m Gewichten der Große 1 ein Gewicht derGroße n zusammenzustellen.Die erzeugende Funktion ist

F (x) = (1 + x)m =

∞∑

n=0

(

m

n

)

xn .

Es sind also gerade fn =(

m

n

)

Moglichkeiten. Die Aufgabe ist aquivalent zur Auswahl von n

Stuck aus m.Die gleiche Aufgabe als Beispiel zur Grundaufgabe 1b ergibt naturlich

F (x) = (1 + x + x2 + ... + xm) =m∑

n=0

xn ,

also nur eine Moglichkeit, da die Gewichte nicht unterscheidbar sind.Eine weitere Verallgemeinerung von Grundaufgabe 1a ist

4.2 Partitionen mit gegebener unendlicher Summandenmenge 35

Grundaufgabe 1c: Gegeben sind Gewichte der Große a1, ..., am. Wieviele Moglichkeitenfn gibt es, ein Gewicht n mit diesen Gewichten auf einer Waage mit zwei Waagschalen insGleichgewicht zu bringen?Ein Gewicht auf der Seite, auf der das n-Gewicht liegt, bedeutet, daß man auf die andere Schaleein entsprechendes negatives Gewicht legt.Diese kombinatorische Aufgabe ist wieder aquivalent zu einer zahlentheoretischenGrundaufgabe 1c’: Bestimme die Anzahl von Losungen der diophantischen Gleichung

ε1a1 + ε2a2 + . . . + εmam = n ,

wobei εi ∈ {−1, 0, 1} !Die Losung fn dieser Aufgabe laßt sich wieder als Koeffizient einer Funktion F (x) darstellen,namlich

F (x) = (x−a1 + 1 + xa1)(x−a2 + 1 + xa2) · · · (x−am + 1 + xam) =∞∑

n=−∞

fnxn

Diese Funktion besteht aus positiven und negativen Potenzen. Die Koeffizienten der negativenPotenzen ergeben die Anzahl von Moglichkeiten, −n als Summe darzustellen bzw. entsprechender Situation, wenn man das Gewicht auf die andere Waagschale legt. Es gilt naturlich fn = f−n.Diese Aufgabe laßt sich wieder auf den Fall mit Topfen von gleichen Gewichten verallgemeinern.Insbesondere kann es sein, daß man Gewichte fur links und rechts aus verschiedenen Topfennehmen muß. In diesem Fall gilt im allgemeinen fn 6= f−n.

4.2 Partitionen mit gegebener unendlicher Summandenmenge

In allen bisher betrachteten Fallen war F (x) ein Polynom in x oder 1x

(also eine Potenzreihe, dienach endlich vielen Gliedern abbricht). Das ist Ausdruck der Eigenschaft, daß man nur kleineZahlen in Summen mit endlich vielen gegebenen Summanden zerlegen kann.Im weiteren betrachten wir Aufgaben mit unbeschrankter Summandenmenge.Grundaufgabe 2: Gegeben sind beliebig viele Gewichte der Großen a1, ..., am. WievieleMoglichkeiten fn gibt es, ein Gewicht n aus diesen Gewichten zusammenzustellen?Diese kombinatorische Aufgabe ist wieder aquivalent zu einer zahlentheoretischenGrundaufgabe 2’: Bestimme die Anzahl von Losungen der diophantischen Gleichung

k1a1 + k2a2 + . . . + kmam = n ,

wobei die ai > 0 gegebene naturliche Zahlen und die ki ≥ 0 beliebige naturliche Zahlen sind!Die Aufgabe laßt sich als Verallgemeinerung der Grundaufgabe 1b betrachten. Es ist

F (x) = (1 + xa1 + x2a1 + ...) · · · (1 + xam + x2am + ...) =

=1

(1 − xa1)(1 − xa2) · · · (1 − xam)=

m∏

i=1

1

1 − xai=

∞∑

n=0

fnxn

Als Beispiel betrachten wir den Fall a1 = ... = am = 1. Das ergibt

F (x) =1

(1 − x)m=

∞∑

n=0

(−m

n

)

(−x)n =

∞∑

n=0

(

m + n − 1

n

)

xn =

∞∑

n=0

(

m + n − 1

m − 1

)

xn


Hierbei wurde verwendet, daß(−m

n

)

=(−m)(−m − 1)(−m − 2) · · · (−m − n + 1)

1 · 2 · · ·n =

= (−1)n m(m + 1)(m + 2) · · · (m + n − 1)

1 · 2 · · ·n =

= (−1)n

(

m + n − 1

n

)

= (−1)n

(

m + n − 1

m − 1

)

Das ist die Losung folgender aquivalenter Aufgaben:

• Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, einen Preis von n Euro mit m Sorten (verschie-dene Lander) von Euromunzen zu zahlen.

• Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n Kugeln auf m Urnen zu verteilen (eine Kugelin Urne i zu legen bedeutet, einen Euro aus Topf i zu nehmen).

• Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n in eine Summe von m Summanden zu zerlegen,wobei Summandenvertauschungen als verschiedene Moglichkeiten gezahlt werden (z.B.zahlen 3 = 1 + 2 und 3 = 2 + 1 als verschieden).

• Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, ein Wort, bestehend aus n + m Buchstaben, inm-buchstabige Worter zu zerlegen (indem man m−1 Trennungsstriche auf die n+m−1Zwischenraume verteilt.

4.3 Partitionen mit gegebener unendlicher Summandenmenge unter

Berucksichtigung von Vertauschungen

In allen bisher betrachteten Fallen war F (x) ein Polynom in x oder 1x

(also eine Potenzreihe, dienach endlich vielen Gliedern abbricht). Das ist Ausdruck der Eigenschaft, daß man nur kleineZahlen in Summen mit endlich vielen gegebenen Summanden zerlegen kann.Im weiteren betrachten wir Aufgaben mit unbeschrankter Summandenmenge.Grundaufgabe 3: Gegeben sind beliebig viele Briefmarken der Großen a1, ..., am. WievieleMoglichkeiten fn gibt es, einen Preis n durch Nebeneinanderkleben von Marken zu erzeugen?Im Unterschied zu Grundaufgabe 2 kommt es hier also auf die Reihenfolge an.Fur diese Aufgabe laßt sich wieder einfach die erzeugende Funktion finden. Es ist

F (x) = 1 + (xa1 + ... + xam)1 + (xa1 + ... + xam)2 + (xa1 + ... + xam)3 + ... =

=1

1 − (xa1 + ... + xam)

Das ist auch die erzeugende Funktion der rekursiven Folge

fn = fn−a1 + fn−a2 + ... + fn−am.

Den Zusammenhang der kombinatorischen Aufgabe mit rekursiven Folgen sieht man an folgen-der Beispielaufgabe: Wieviele Moglichkeiten gibt es, eine Treppe mit n Stufen hochzugehen,wobei man stets 1 oder 2 Stufen auf einmal nehmen darf. Das ergibt

F (x) =1

1 − (x1 + x2)=

1

1 − x − x2= 1 + x + 2x2 + 3x3 + 5x4 + 8x5 + 13x6 + ...

4.4 Partitionen mit Nebenbedingungen 37

Die Koeffizienten sind gerade die Fibonaccizahlen. Das kann man sich leicht klarmachen: Esgibt zwei Moglichkeiten, das Treppensteigen zu beginnen: Man nimmt am Anfang eine oderzwei Stufen auf einmal. Bei n Stufen bleiben dann noch n − 1 oder n − 2 Stufen ubrig. DieGesamtzahl ist also die Summe aus den Moglichkeiten, eine n − 1-stufige und eine n − 2-stufige Treppe hochzugehen, also fn = fn−1 + fn−2. Das ergibt die Fibonaccifolge, wenn mannoch Anfangswerte berucksichtigt: Fur n = 1 gibt es eine und fur n = 2 zwei Moglichkeiten(2 = 1 + 1 und 2 = 2).

4.4 Partitionen mit Nebenbedingungen

Aufgabe Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe zweier nichtnegativer geord-neter Zahlen darzustellen.Losung: Die in der Aufgabe gesuchte Zahl an ist die Anzahl der Losungen der diophantischenGleichung

j + i = n

mit den Nebenbedingungen j ≥ i ≥ 0. Wir suchen die erzeugende Funktion

F (x) =

∞∑

n=0

anxn .

Ohne die Nebenbedingungen ware 1(1−x)2

die erzeugende Funktion. Der Unterschied zwischenmit und ohne Nebenbedingungen besteht darin, daß die Wahl der Summanden bei Nebenbedin-gungen voneinander abhangt. Wenn j festgelegt ist, dann ist i aus [0, j] zu wahlen. Fur festesj ist

Fj(x) = xj(1 + x + x2 + . . . + xj) = xj

j∑

i=0

xi

die erzeugende Funktion. Folglich ist die gesuchte erzeugende Funktion

F (x) =

∞∑

j=0

Fj(x) =

∞∑

j=0

xj

j∑

i=0

xi =

∞∑

j=0

xj 1 − xj+1

1 − x=

1

1 − x

∞∑

j=0

(

xj − x2j+1)

=

=1

1 − x

(

1

1 − x− x

1 − x2

)

=1

(1 − x)(1 − x2)((1 + x) − x) =

1

(1 − x)(1 − x2)

Hieraus lassen sich die Koeffizienten leicht bestimmen.Eine andere Losungsvariante ergibt sich, wenn man die kleinere Zahl i als erstes festlegt. Dasergibt

F (x) =∞∑

i=0

xi

∞∑

j=i

xj =∞∑

i=0

xi

(

xi

1 − x

)

=1

1 − x

∞∑

i=0

x2i =1

(1 − x)(1 − x2)

Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe dreier nichtnegativer geord-neter Zahlen darzustellen.Losung: Die in der Aufgabe gesuchte Zahl an ist die Anzahl der Losungen der diophantischenGleichung

k + j + i = n


mit den Nebenbedingungen k ≥ j ≥ i ≥ 0. Analog zur ersten Aufgabe erhalten wir, indem wirerst k und dann j fixieren

F (x) =∞∑

k=0

xk

k∑

j=0

xj

j∑

i=0

xi =∞∑

k=0

xk

k∑

j=0

xj 1 − xj+1

1 − x=

1

1 − x

∞∑

k=0

xk

k∑

j=0

(

xj − x2j+1)

=

=1

1 − x

∞∑

k=0

xk

(

1 − xk+1

1 − x− x − x2k+3

1 − x2

)

=

=1

(1 − x)(1 − x2)

∞∑

k=0

xk(

(1 − xk+1)(1 + x) − (x − x2k+3))

=

=1

(1 − x)(1 − x2)

∞∑

k=0

xk(

xk − x2k+1 − x2k+2 + x2k+3)

=

=1

(1 − x)(1 − x2)

(

1

1 − x− x

1 − x2− x2

1 − x2+

x3

1 − x3

)

=1

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3)

Einfacher zu berechen ist die erzeugende Funktion, wenn man erst die kleineren Zahlen i undj fixiert, da sich mehr Summen bis ∞ erstrecken. Man erhalt

F (x) =∞∑

i=0

xi

∞∑

j=i

xj

∞∑

k=j

xk =∞∑

i=0

xi

∞∑

j=i

xj xj

1 − x=

1

1 − x

∞∑

i=0

xi

∞∑

j=i

x2j =

=1

1 − x

∞∑

i=0

xi x2i

1 − x2=

1

(1 − x)(1 − x2)

∞∑

i=0

x3i =1

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3)

Grundaufgabe 4a: Bestimme die Anzahl der Losungen der diophantischen Gleichung ak +bj + ci = n mit der Nebenbedingung k ≥ j ≥ i ≥ 0.Losung: Man erhalt als Verallgemeinerung der betrachten Aufgaben

F (x) =

∞∑

i=0

xci

∞∑

j=i

xbj

∞∑

k=j

xak =1

1 − xa

∞∑

i=0

xci

∞∑

j=i

x(a+b)j =

=1

(1 − xa)(1 − xa+b)

∞∑

i=0

x(a+b+c)i =1

(1 − xa)(1 − xa+b)(1 − xa+b+c)

Das ist die gleiche erzeugende Funktion, die man fur die Aufgabe:Finde die Anzahl von nichtnegativen Losungen der diophantischen Gleichung ax + (a + b)y +(a + b + c)z !erhalten wurde. Der Grund ist leicht einzusehen, wenn man die ursprungliche diophantischeGleichung umschreibt:

n = ak + bj + ci = a(k − j) + (a + b)(j − i) + (a + b + c)i

Hier sind k − j, j − i und i beliebige nichtnegative Zahlen ohne Nebenbedingungen.Die Verallgemeinerung dieser Aufgabe ist die folgende. Es sei I eine gegebene k-dimensionaleIndexmenge, also eine Teilmenge des k-dimensionalen ganzzahligen nichtnegativen Gitters Z

k+.

Grundaufgabe 4: Bestimme die Anzahl der Losungen der diophantischen Gleichung a1i1 +a2i2 + . . . + akik = n mit der Nebenbedingung (i1, ..., ik) ∈ I!

4.5 Zusammenfassung einiger Spezialfalle 39

Losung: Es sei (fn) die gesuchte Folge. Ihre erzeugende Funktion F (x) ist offensichtlich

F (x) =

∞∑

n=0

fnxn =

∑

(i1,...,ik)∈I

xa1i1+a2i2+...+akik =∑

(i1,...,ik)∈I

xa1i1xa2i2 · · ·xakik

Im Spezialfall, daß sich die Menge I als Kreuzprodukt I = I1 × I2 × . . .× Ik schreiben laßt, gilt

F (x) =

∞∑

n=0

fnxn =

∑

(i1,...,ik)∈I

xa1i1xa2i2 · · ·xakik =

k∏

j=1

∑

ij∈Ij

xaj ij

4.5 Zusammenfassung einiger Spezialfalle

Es folgt eine Ubersicht uber die erzeugenden Funktionen fur einige haufig verwendeten Spezi-alfalle. Q(n), P (n) und bk(n) sind die ublichen Bezeichnungen fur diese Folgen

F (x) Koef. fn Anzahl der Partitionen von n als Summe

(1 + x)m(

m

n

)

von m verschiedenen Einsen∏∞

i=1(1 + xi) Q(n) verschiedener naturlicher Zahlen∏∞

i=0(1 + x2i

) von Zweierpotenzen

(1 + xa + x2a + ... + xka)m k Stuck von m verschiedenen Zahlen a∏∞

i=11

1−xi P (n) von geordneten naturlichen Zahlen∏∞

i=1(1 + xi + ... + x(k−1)i) bk(n) weniger als k gleicher naturlicher Zahlen1

1−P

∞

i=1 xi = 11− x

1−x

= 1−x1−2x

2n−1 ungeordneter naturlicher Zahlen

4.6 Eigenschaften erzeugender Funktionen

4.6.1 Zusammenhang mit rekursiven Folgen

Viele kombinatorische Aufgaben, bei denen eine Folge fn gesucht ist, lassen sich losen, indemman eine Rekursionsvorschrift fur fn findet (siehe z.B. Aufgabe 13 im nachsten Abschnitt).Angenommen, die Folge fn ist eine rekursive Folge k-ter Ordnung mit der rekursiven undexpliziten Darstellung

fn = a1fn−1 + a2fn−k + . . . + akfn−k =

= c1xn1 + c2x

n2 + . . . + ckx

nk

wobei die xi die Nullstellen des charakteristischen Polynoms (k-ten Grades)

Pk(x) = xk − a1xk−1 − a2x

k−2 − . . . − ak−1x − ak

sind. Dann ist die erzeugende Funktion

F (x) =

∞∑

n=0

fnxn =

k∑

j=1

cj

∞∑

n=0

xnj x

n =

k∑

j=1

cj

1 − xjx=

Qk−1(x)

(1 − x1x)(1 − x2x) · · · (1 − xkx)=

=Qk−1(x)

xk( 1x− x1)(

1x− x2) · · · ( 1

x− xk)

=Qk−1(x)

xkPk(1x)

=

=Qk−1(x)

1 − a1x − a2x2 − . . . − ak−1xk−1 − akxk


wobei Qk−1(x) ein Polynom hochstens (k − 1)-ten Grades ist.

Umgekehrt gilt, daß fn eine rekursive Folge k-ter Ordnung ist, wenn F (x) eine gebrochenrationale Funktion mit einem Nenner k-ten Grades ist.

4.6.2 Summen erzeugender Funktionen

Manchmal ist es moglich, die Berechnung einer erzeugenden Funktion auf die Summe einfa-cherer erzeugender Funktionen zuruckzufuhren. Angenommen, an und bn sind die Losungenkombinatorischer Aufgaben mit den entsprechenden erzeugenden Funktionen

Fa(x) =∞∑

n=0

anxn, Fb(x) =∞∑

n=0

bnxn ,

dann ist

F (x) = Fa(x) + Fb(x) =

∞∑

n=0

anxn +

∞∑

n=0

bnxn =

∞∑

n=0

(an + bn)xn

die erzeugende zu einer Aufgabe mit der Losung fn = an + bn. Das ist nur richtig, wenn an undbn Elemente aus disjunkten Mengen zahlen.

Beispiel: Es sei an die Anzahl von Zerlegungen von n mit geraden Summanden und bn dieAnzahl von Zerlegungen von n mit ungeraden Summanden. Dann ist fn = an + bn die Anzahlvon Zerlegungen von n mit ausschließlich geraden oder ausschließlich ungeraden Summanden,nicht etwa die Anzahl von Zerlegungen von n mit ausschließlich geraden oder ausschließlichungeraden Summanden, nicht etwa die Anzahl von Zerlegungen von n mit irgentwelchen —geraden oder ungeraden — Summanden.

Ist an die Anzahl von Zerlegungen von n mit geraden Summanden und bn die Anzahl vonZerlegungen von n mit durch 3 teilbaren Summanden, dann ist fn = an+bn nicht die Anzahl vonZerlegungen von n mit durch 2 oder 3 teilbaren Summanden, denn die Zerlegung 24 = 12+6+6wird durch an und durch bn gezahlt.

Die Addition von erzeugenden Funktionen laßt sich auf beliebig viele Summanden verallge-meinern (implizit wird stets Konvergenz vorausgesetzt). Als Beispiel sei Fk(x) die erzeugendeFunktion fur die Zerlegung der Zahl n in verschiedene Summanden, wobei der großte k seinsoll. Es ist

Fk(x) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) · · · (1 + xk−1)xk

Als letzter Faktor darf hier nicht (1 + xk) stehen, denn dann muß der Summand k nicht un-bedingt dazugehoren. Das ware die erzeugende Funktion zur Aufgabe: Zerlegung der Zahl n inverschiedene Summanden, die nicht großer als k sein durfen.

Die erzeugende Funktionn fur die Zerlegung der Zahl n in beliebige verschiedene Summanden

4.6 Eigenschaften erzeugender Funktionen 41

ist dann

F (x) =∞∑

k=0

(1 + x)(1 + x2)(1 + x3) · · · (1 + xk−1)xk =

= 1 + 1 · x + (1 + x)x2 + (1 + x)(1 + x2)x3 + (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)x4 + · · · =

=[

(1 + x) + (1 + x)x2]

+ (1 + x)(1 + x2)x3 + (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)x4 + · · · =

= (1 + x)(1 + x2) + (1 + x)(1 + x2)x3 + (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)x4 + · · · =

=[

(1 + x)(1 + x2) + (1 + x)(1 + x2)x3]

+ (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)x4 + · · · =

= (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) + (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)x4 + · · · = · · · =

∞∏

k=1

(1 + xk)

wie bereits bekannt.

4.6.3 Die Faltung

Wir betrachten zwei kombinatorische Aufgaben, die die Losungen fn und gn haben. D.h., fn seidie Anzahl von Moglichkeiten einer Aufgabe 1 und gn sei die Anzahl von Moglichkeiten einerAufgabe 2. Z.B. konnte fn die Anzahl von Losungen (x1, x2) der Gleichung a1x1 +a2x2 = n undgn die Anzahl von Losungen (y1, y2) der Gleichung b1y1 + b2y2 = n sein. Die entsprechendenerzeugenden Funktionen sind

F (x) =1

(1 − xa1)(1 − xa2)und G(x) =

1

(1 − xb1)(1 − xb2).

Wir betrachten eine weitere kombinatorische Aufgabe, die die Losungen hn hat. Das sei dieAnzahl von Moglichkeiten, die Aufgabe 1 mit dem Parameter n1 und die Aufgabe 2 mit demParameter n2 zu losen, wobei n = n1 + n2 gelten soll. Fur das Beispiel ware hn die Anzahl vonLosungen (x1, x2, y1, y2) der Gleichung a1x1 + a2x2 + b1y1 + b2y2 = n1 +n2 = n. Offenbar ist dieentsprechende erzeugenden Funktion

H(x) =1

(1 − xa1)(1 − xa2)(1 − xb1)(1 − xb2)= F (x) · G(x) .

Andererseits ist fur eine gegebene Zerlegung n = n1 + n2 die Anzahl von Moglichkeiten fn1gn2 ,falls die beiden Aufgaben unabhangig voneinander sind (Produktregel). Damit erhalt man hn

als Summe uber alle Ausdrucke dieser Art, fur alle moglichen Zerlegungen n = n1 + n2 also

hn = f0gn + f1gn−1 + f2gn−2 + . . . + fn−2g2 + fn−1g1 + fng0 =n∑

k=0

fkgn−k =n∑

k=0

fn−kgk .

Diese Konstruktion wird Faltung genannt und mit h = f∗g = g∗f bezeichnet (hier sind f , g undh Folgen). Wie schon aus dem Beispiel ersichtlich, ist das Produkt der erzeugenden Funktionenzweier Folgen die erzeugende Funktion der Faltung der beiden entsprechenden Folgen. Das siehtman leicht:

H(x) = F (x)G(x) =

(

∞∑

n=0

fnxn

)(

∞∑

m=0

gmxm

)

=

∞∑

n,m=0

fngmxn+m =

∞∑

n=0

(

n∑

k=0

fkgn−k

)

xn


Als Beispiel betrachten wir zwei Partitionierungsaufgaben. Es sei an die Anzahl von Zerlegungenvon n mit geraden Summanden und bn die Anzahl von Zerlegungen von n mit ungeradenSummanden und Fa(x) und Fb(x) die entsprechenden erzeugenden Funktionen. Es ist

Fa(x) =1

(1 − x2)(1 − x4)(1 − x6) · · ·

Fb(x) =1

(1 − x)(1 − x3)(1 − x5) · · ·Offenbar ist

F (x) = Fa(x)Fb(x) =1

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3)(1 − x4)(1 − x5) · · ·

die erzeugende Funktion von P (n), der Zerlegungen von n ohne Einschrankungen. Das laßt sichfolgendermaßen erklaren: Wir betrachten eine konkrete Partition von n. Sie besteht aus geradenund ungeraden Summanden. Wir fassen diese zu na und nb mit n = na + nb zusammen. DieAnzahl von Partitionen p(n, na, nb), wobei die Summe der geraden und ungeraden Summandenna bzw. nb sind, sind dann p(n, na, nb) = ana

· bnb. Die Anzahl aller Partitionen P (n) ist dann

die Summe uber alle p(n, na, nb), wobei n = na + nb zu berucksichtigen ist, also

P (n) = a0bn + a1bn−1 + a2bn−2 + . . . + an−1b1 + anb0 .

Das ist gerade die Faltung (an) ∗ (bn).

4.6.4 Das Siebverfahren

4.7 Beispielaufgaben

Aufgabe 1: Beweise, daß man mit Gewichten der Großen 1, 2, 4, 8, 16, ... jedes Gewicht n

genau auf eine Weise darstellen kann!Losung: Die Losung folgt direkt aus der Darstellung fur die erzeugende Funktion

F (x) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x4)(1 + x8) · · · = 1 − x2

1 − x· 1 − x4

1 − x2· 1 − x8

1 − x4· · · =

=1

1 − x= 1 + x + x2 + x3 + ...

Aufgabe 2: Beweise, daß es genauso viele Moglichkeiten gibt, n als Summe verschiedenernaturlicher Zahlen oder als Summe ungerader Zahlen (die auch mehrfach auftreten konnen)darzustellen!Losung: Wir losen die Aufgabe, indem wir die Identitat zweier erzeugender Funktionen zeigen.Die Darstellung als Summe verschiedener naturlicher Zahlen entspricht der Aufgabe 1a mitai = i und fuhrt auf die erzeugende Funktion

F1(x) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)(1 + x4)(1 + x5) · · ·

Die Darstellung als Summe ungerader Zahlen entspricht der Aufgabe 2 mit ai = 2i − 1 undfuhrt auf die erzeugende Funktion

F2(x) =1

(1 − x)(1 − x3)(1 − x5)(1 − x7)(1 − x9) · · ·

4.7 Beispielaufgaben 43

Wir benutzen jetzt die in der letzten Aufgabe gefundene Identitat fur verschiedene x underhalten

1

1 − x= (1 + x)(1 + x2)(1 + x4)(1 + x8) · · ·

1

1 − x3= (1 + x3)(1 + x6)(1 + x12)(1 + x24) · · ·

1

1 − x5= (1 + x5)(1 + x10)(1 + x20)(1 + x40) · · ·

...

Multipliziert man diese Identitaten, erhalt man auf der linken Seite F2(x) und auf der rechtenSeite F1(x), da sich jede naturliche Zahl eindeutig als Produkt einer ungeraden Zahl und einerZweierpotenz darstellen laßt.

Aufgabe 3: Beweise, daß man beim Wiegen mit Gewichten der Großen 1, 3, 9, 27, ..., 3k, ...mit einer zweischaligen Waage jedes Gewicht n ∈ Z auf genau eine Weise darstellen kann!

Losung: Diese Aufgabe entspricht der Aufgabe 1c. Wir betrachten als erstes die Aufgabe furfestes k (d.h. mit einem Maximalgewicht 3k). Die erzeugende Funktion ist

F (x) = (x−1 + 1 + x)(x−3 + 1 + x3)(x−9 + 1 + x9)(x−27 + 1 + x27) · · · (x−3k

+ 1 + x3k

) =

=1

x· 1 − x3

1 − x· 1

x3· 1 − x9

1 − x3· 1

x9· 1 − x27

1 − x9· · · 1

x3k· 1 − x3k+1

1 − x3k=

=1

x1+3+9+···+3k· 1 − x3k+1

1 − x=

1

x3k+1

−12

·(

1 + x + x2 + x3 + . . . + x3k+1−1)

=

= x− 3k+1−1

2 + x− 3k+1−1

2+1 + . . . + x−1 + 1 + x + . . . + x

3k+1−1

2−1 + x

3k+1−1

2

Das bedeutet, es lassen sich alle Zahlen von n = −3k+1−12

bis n = 3k+1−12

auf eine Weisedarstellen. Die Behauptung folgt fur k−→ ∞.

Aufgabe 4: Beweise, daß sich jede naturliche Zahl eindeutig im Zahlensystem zur Basis q

darstellen laßt.

Losung: Diese Aufgabe entspricht der Aufgabe 1b und fuhrt auf die erzeugende Funktion

F (x) = (1 + x + x2 + . . . + xq−1)(1 + xq + x2q + . . . + x(q−1)q)(1 + xq2

+ . . . + x(q−1)q2

) · · · =

=1 − xq

1 − x· 1 − xq2

1 − xq· 1 − xq3

1 − xq2 · · · =1

1 − x= 1 + x + x2 + x3 + . . .

Aufgabe 5: Beweise, daß die erzeugende Funktion der Folge τ(n) der Anzahl der Teiler einerZahl n

F (x) =∑∞

n=1τ(n)xn =

∑∞

j=1

xj

1 − xj

ist.

Losung: Es gilt

xj

1 − xj= xj(1 + xj + x2j + x3j + . . .) = xj + x2j + x3j + x4j + . . .


Schreibt man diese Identitat fur die ersten j untereinander, erhalt man

x1

1 − x1= x1·1 + x2·1 + x3·1 + x4·1 + x5·1 + x6·1 + . . .

x2

1 − x2= x1·2 + x2·2 + x3·2 + x4·2 + . . .

x3

1 − x3= x1·3 + x2·3 + x3·3 + x4·3 + . . .

x4

1 − x4= x1·4 + x2·4 + x3·4 + x4·4 + . . .

x5

1 − x5= x1·5 + x2·5 + x3·5 + x4·5 + . . .

x6

1 − x6= x1·6 + x2·6 + x3·6 + x4·6 + . . .

Betrachtet man jetzt welche Summanden alle einen Beitrag zu z.B. x6 liefern, sieht man

x6·1 + x3·2 + x2·3 + x1·6 = 4x6 .

Allgemein gilt, der Summand xn tritt genau dann in der Reihe fur xj

1−xj auf, wenn sich n alsn = j · k schreiben laßt. Das ist genau dann der Fall, wenn j ein Teiler von n ist.

Aus diesem Schema kann man gleich die Losung einer weiteren Aufgabe erhalten. Multipliziertman die Identitaten jeweils mit j, erhalt man als Koeffizient vor x6 den Ausdruck

1 · x6·1 + 2 · x3·2 + 3 · x2·3 + 6 · x1·6 = 12x6 .

Das ist gerade die Summe der Teiler von 6. Folglich erhalt man als erzeugende Funktion fur dieSumme der Teiler σ(n) einer Zahl n

F (x) =∑∞

n=1σ(n)xn =

∑∞

j=1

j xj

1 − xj.

Analog erhalt man als erzeugende Funktion fur die Summe der α-ten Potenzen der Teiler σα(n)einer Zahl n

F (x) =∑∞

n=1σα(n)xn =

∑∞

j=1

jα xj

1 − xj.

Aus dem obigen Schema fur xj

1−xj erhalt man noch eine weitere Identitat, in dem man die Summealler Glieder auf andere Art berechnet. Faßt man ein Diagonalterm und die rechts und darunter


stehenden Terme zusammen, erhalt man

∑∞

j=1

xj

1 − xj=

(

x1·1 + x2·1 + x1·2 + x3·1 + x1·3 + ...)

+

+(

x2·2 + x3·2 + x2·3 + x4·2 + x2·4 + ...)

+

+(

x3·3 + x4·3 + x3·4 + x5·3 + x3·5 + ...)

+ ... =

=∑∞

k=1

(

xk2

+ 2∑∞

j=k+1xk·j)

=∑∞

k=1

(

xk2

+ 2∑∞

j=0xk·(j+k+1)

)

=

=∑∞

k=1

(

xk2

+ 2xk·(k+1)∑∞

j=0xk·j)

=∑∞

k=1

(

xk2

+ 2xk·(k+1) 1

1 − xk

)

=

=∑∞

k=1

xk2 − xk2+k + 2xk·(k+1)

1 − xk=∑∞

k=1xk2 xk

1 − xk=

= x1 x

1 − x+ x4 x2

1 − x2+ x9 x3

1 − x3+ x16 x4

1 − x4+ ...

Aufgabe 6: Bestimme die Gesamtzahl der nichtnegativen ganzzahligen Losungen (x, y) derGleichungen

x + 2y = n

2x + 3y = n − 1

3x + 4y = n − 2

...

nx + (n + 1)y = 1

(n + 1)x + (n + 2)y = 0

Losung: Wir nummerieren die Gleichungen mit j nach der rechten Seite mit n − j, wobeij = 0, ..., n lauft. Die Anzahl der Losungen der j-ten Gleichung ist dann der n−j-te Koeffizientder erzeugenden Funktion 1

(1−xj+1)(1−xj+2), also der n-te Koeffizient der Funktion

Fj(x) =xj

(1 − xj+1)(1 − xj+2).

Die Gesamtzahl der Losungen ist also der n-te Koeffizient der Summe uber j. Man erhalt

F (x) =∞∑

j=0

xj

(1 − xj+1)(1 − xj+2)=

∞∑

j=0

1

x(1 − x)

(

1

1 − xj+1− 1

1 − xj+2

)

=

=1

x(1 − x)

(

1

1 − x− 1

)

=1

(1 − x)2=

∞∑

n=0

(n + 1)xn

Aufgabe 7: Bestimme die Gesamtzahl der nichtnegativen ganzzahligen Losungen (x, y) derGleichungen

x + 2y = n − 1

2x + 3y = n − 3

3x + 4y = n − 5

...


Losung: Wir nummerieren die Gleichungen mit j nach der rechten Seite n − (2j + 1), mitj = 0, ..., n−1

2. Die Anzahl der Losungen der j-ten Gleichung ist dann der n − (2j + 1)-te

Koeffizient der erzeugenden Funktion 1(1−xj+1)(1−xj+2)

, also der n-te Koeffizient der Funktion

Fj(x) =x2j+1

(1 − xj+1)(1 − xj+2).

Die Gesamtzahl der Losungen ist also der n-te Koeffizient der Summe uber j. Man erhalt

F (x) =∞∑

j=0

x2j+1

(1 − xj+1)(1 − xj+2)=

∞∑

j=0

xj

1 − x

(

1

1 − xj+1− 1

1 − xj+2

)

=

=1

(1 − x)2−

∞∑

j=2

xj−2

1 − xj=

1

(1 − x)2+

1

x(1 − x)−

∞∑

j=1

xj−2

1 − xj=

=1

x(1 − x)2− 1

x2

∞∑

j=1

xj

1 − xj=

∞∑

n=0

(

(n + 2) − τ(n + 2))

xn

wobei fur die letzte Umformung die erzeugende Funktion der Folge der Teilerzahlen benutztwurde (Aufgabe 6).

Aufgabe 8: Beweise, daß die Anzahl der nichtnegativen ganzzahligen Losungen (x, y, z) derGleichung x + 2y + 3z = n rund 1

12(n + 3)2 ist !

Losung: Die erzeugende Funktion fur diese Aufgabe ist (es ist ω = e2πi3 )

F (x) =1

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3)=

=1

6(1 − x)3+

1

4(1 − x)2+

17

72(1 − x)+

1

8(1 + x)+

1

9(1 − ωx)+

1

9(1 − ω2x)=

=∞∑

n=0

(

1

12(n + 3)2 − 7

72+

(−1)n

8+

2

9cos

2πi

3

)

xn

Die Behauptung folg aus

∣

∣

∣

∣

− 7

72+

(−1)n

8+

2

9cos

2nπ

3

∣

∣

∣

∣

≤∣

∣

∣

∣

7

72+

1

8+

2

9

∣

∣

∣

∣

=32

72<

1

2

Aufgabe 9: Bestimme die Anzahl von nichtkongruenten Dreiecken mit ganzzahligen Seitenlangenund gegebenem Umfang n.

Losung: Die in der Aufgabe gesuchte Zahl ist die Anzahl der Losungen der diophantischenGleichung k + j + i = n mit mehreren Nebenbedingungen. Da es sich um Dreiecke handelt,mussen die Seitenlangen positiv sein. Die Forderung, daß nur nichtkongruente Dreiecke alsverschiedene gelten, kann man mit k ≥ j ≥ i ≥ 1 erfullen. Die Seitenlangen eines Dreiecksmussen außerdem die Dreiecksungleichung erfullen. Das bedeutet, es muß i + j > k gelten (diebeiden anderen Dreiecksungleichungen sind automatisch mit der Forderung k ≥ j ≥ i ≥ 1erfullt). Das ergibt folgende erzeugende Funktion (wegen der Ungleichung i + j > k bietet es


sich an, als erstes die kleineren Zahlen festzulegen).

F (x) =∞∑

i=1

xi

∞∑

j=i

xj

i+j−1∑

k=j

xk =∞∑

i=1

xi

∞∑

j=i

xj

(

xj − xi+j

1 − x

)

=

=1

1 − x

∞∑

i=1

xi

∞∑

j=i

(

x2j − x2j+i)

=1

1 − x

∞∑

i=1

xi

(

x2i

1 − x2− x3i

1 − x2

)

=

=1

(1 − x)(1 − x2)

∞∑

i=1

(

x3i − x4i)

=1

(1 − x)(1 − x2)

(

x3

1 − x3− x4

1 − x4

)

=

=x3 − x4

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3)(1 − x4)=

x3

(1 − x2)(1 − x3)(1 − x4)

Die Anzahl solcher Dreiecke fur kleine n ist ubrigens nicht groß. Der Anfang der Folge an ist

(an)∞n=0 = 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 4, 3, 5, 4, 7, 5, 8, 7, 10, 8, 12, 10, 14, 12, 16, 14, 19, 16, 21, 19, ...

Aus der erzeugenden Funktion laßt sich leicht eine rekursive Darstellung von an finden. Es ist(1 − x2)(1 − x3)(1 − x4) = (1 − x2 − x3 − x4 + x5 + x6 + x7 − x9) und folglich

an = an−2 + an−3 + an−4 − an−5 − an−6 − an−7 + an−9 .

an ist auch die Anzahl der Losungen der diophantischen Gleichung 2x + 3y + 4z = n − 3.Aufgabe 10: Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe der Zahlen 1, 2, ..., k mitVertauschungen darzustellen.Losung: Angenommen, wir stellen n als Summe von genau m Summanden dar, dann ist dieentsprechende erzeugende Funktion

Fm(x) = (x + x2 + ... + xk)m .

Es gilt also

F (x) =∞∑

m=0

Fm(x) =∞∑

m=0

(x + x2 + ... + xk)m =1

1 − (x + x2 + ... + xk)=

1

1 − x−xk+1

1−x

=

=1 − x

1 − 2x + xk+1

Aufgabe 11: Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe von genau m naturlichenZahlen mit Vertauschungen darzustellen.Losung: Analog zur eben gefundenen Funktion Fm(x) fur beliebig große k erhalt man

Fm(x) = (x + x2 + ... + xk + ...)m =

(

x

1 − x

)m

= xm(1 − x)−m = xm

∞∑

n=0

(−m

n

)

(−x)n =

=∞∑

n=0

(

m + n − 1

m − 1

)

xm+n =∞∑

n=0

(

n − 1

m − 1

)

xn

Zu deisem Ergebnis kann man auch rein kombinatorisch gelangen: Schreibt man n als Summevon n Einsen n = 1 + ... + 1, dann entspricht die Zerlegung in m Summanden gerade derErsetzung von Pluszeichen durch Kommas. Z.B. bedeutet fur m = 3 und n = 7: 7 = 3 + 1 + 3,7−→ (3, 1, 3), (1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)−→ (1 + 1 + 1, 1, 1 + 1 + 1). Um so eine Zerlegung


zu erzeugen, muß man n − 1 Pluszeichen durch m − 1 Kommas ersetzen. Die Abzahl ist alsogleich der Anzahl von Moglichkeiten aus n− 1 Pluszeichen durch m− 1 Kommas auszuwahlen,namlich

(

n−1m−1

)

.Aufgabe 12: Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe naturlicher Zahlen mitVertauschungen darzustellen.Losung: Die erzeugende Funktion ergibt sich aus der Aufgabe 10 im Grenzubergang k−→ ∞.Man erhalt (|x| < 1 wird angenommen)

F (x) =1 − x

1 − 2x= 1 +

x

1 − 2x= 1 +

∞∑

n=1

2n−1xn .

Das gleiche Ergebnis erhalt man durch Summation der erzeugende Funktionen aus Aufgabe 11uber m.

F (x) =

∞∑

m=0

∞∑

n=1

(

n − 1

m − 1

)

xn =

∞∑

n=1

(

∞∑

m=0

(

n − 1

m − 1

)

)

xn =

∞∑

n=1

2n−1xn ,

wobei der Unterschied in der Definition des 0-ten Gliedes F0(x) = 1 besteht.Aufgabe 13: Beweise, daß die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe ungerader naturlicherZahlen mit Vertauschungen darzustellen gleich ist zur der Anzahl von Moglichkeiten, n − 1 alsSumme der Zahlen 1 und 2 darzustellen.Losung: Die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe der Zahlen 1 und 2 darzustellen bildetgerade die Fibonaccizahlen (siehe die Losung zur Grundaufgabe 3).

F (x) =

∞∑

n=0

Fnxn =1

1 − x − x2.

Der Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe ungerader naturlicher Zahlen mit Vertauschungendarzustellen entspricht die erzeugende Funktion

G(x) =1

1 − (x + x3 + x5 + ...)=

1

1 − x1−x2

=1 − x2

1 − x − x2= 1 +

x

1 − x − x2= 1 +

∞∑

n=1

Fn−1xn .

Die Losungsfolge hat die gleiche Rekursionsvorschrift wie die Fibonaccifolge. Ihre Herleitungauf direktem Weg scheint aber wesentlich schwerer zu sein.

4.8 Ferrer–Diagramme

Aufgabe 2 hat die gleiche erzeugende Funktion wie Aufgabe 9 aus Abschnitt 4.7. Das heißt, diebeiden Aufgaben: Anzahl der Losungen von1) x + 2y + 3z = n mit x, y, z ≥ 02) x + y + z = n mit x ≥ y ≥ z ≥ 0sind aquivalent. Die erste dieser Aufgaben kann man noch als folgende Partitionsaufgabe inter-pretieren:Zerlege die Zahl n in eine Summe aus durch 1, 2, und 3 teilbaren Zahlen!Man sieht leicht, daß beide Aufgaben aquivalent sind, wenn man sich ein Beispiel graphisch ineinem Ferrer-Diagramm darstellt.Es sei n = λm + λm−1 + ... + λ1 mit λm ≥ λm−1 ≥ ... ≥ λ1 eine geordnete Zerlegung vonn. Ordnete man jetzt spaltenweise nebeneinader λm, λm−1, ..., λ1 Objekte (z.B. Kreise) an,

4.8 Ferrer–Diagramme 49

erhalt man ein Ferrer-Diagramm. Es sei n = 19. Dann ist 19 = 9 + 6 + 4, eine Zerlegung, dieder zweiten Aufgabe entspricht (siehge linkes Bild). Spiegelt man das Ferrer-Diagramm an derDiagonalen, erhalt man wieder ein Ferrer-Diagramm. Im Beispiel ist es 19 = 3 ·4+2 ·2+3 ·1 =3 + 3 + 3 + 3 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 eine geordnete Zerlegung, die der ersten Aufgabe entspricht.

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

- x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

Das kann man mit jeder geordneten Partition machen. Die Partition, die dem gespiegeltenDiagramm entspricht ist stets wieder eine geordneten Partition. Sie wird konjugierte Parti-tion genannt und die Spieglung Konjugation. Eine Konjugation ist in der Mathematik eineAbbildung einer Menge auf sich selbst, die die Eigenschaft hat, daß zweimalige Konjugationdie Identitat ergibt. Weitere Beispiele fur Konjugationen in der Mathematik sind die komplexeKonjugation und die Inversion am Kreis.Von besonderem Interesse sind selbstkonjugierte Objekte, d.h. Objekte, die bei Konjugationauf sich selbst abgebildet werden. Das sind bei der komplexe Konjugation die reellen Zahlenund bei der Inversion am Kreis Punkte auf dem Inversionskreis.Partitionen sind selbstkonjugiert, wenn die entsprechenden Ferrer-Diagramme symmetrischsind. Hier ist ein Beispiel:

xxxx

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n durch selbstkonjugierte Partitionen dar-zustellen!Losung: Zur Losung muß als erstes versucht werden, diese Partitionen zu charakterisieren. Dieentscheidende Idee ist, zu erkennen, daß sich jede solche Partition als Partition verschiedenerungerader Zahlen darstellen laßt indem man sie

”entfaltet“. Dem obigen Bild entspricht dann

x x x x x x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x

x x x

x

Es ist leicht einzusehen, daß die Abbildung der selbstkonjugierten Partitionen auf die durchverschiedene ungerade Zahlen eineindeutig ist. Die Verschiedenheit der ungerade Zahlen ist


notwendig, weil die Partitionen bei der Faltung sonst nicht geordnet sind.Mit dieser Erkenntnis ist es leicht die erzeugende Funktion zu bestimmen. Bezeichnet man dieAnzahl der selbstkonjugierte Partitionen mit an, so ist

F (x) =

∞∑

n=0

anxn =

∞∏

k=0

(1 + x2k+1) ,

wobei a0 = 1 festgelegt wurde. Die ersten Glieder dieser Folge sind

(an)∞n=0 = (1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 5, 5, 5, 6, 7, 8, 8, 9, 11, 12, 12, 14, 16, 17, 18, ...)

Rechteckige Ferrer-Diagramme ergeben bei Konjugation wieder rechteckige Ferrer-Diagramme,allerdings nicht unbedingt dieselben (das waren nur quadratische).Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n durch Partitionen mit rechteckigen Ferrer-Diagrammen darzustellen!Losung: Diese Aufgabe ist aquivalent zur Aufgabe, n als Summe von gleichen Summandendarzustellen. Wieviele Moglichkeiten gibt es, eine Zahl in die Summe gleicher Summanden zuzerlegen. Fur 6 ist das z.B.

6 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

= 2 + 2 + 2

= 3 + 3

= 6

Offenbar ist so eine Zerlegung genau dann moglich, wenn man n = i · j schreiben kann mitnaturlichen i und j. Dabei mussen i und j zueinander konjugierte Teiler sein. Also erhalt manfur die erzeugende Funktion (siehe Aufgabe 5 aus dem letzten Abschnitt)

F (x) =

∞∑

n=1

τ(n)xn =

∞∑

k=1

xk

1 − xk

mit der Teilerzahlfunktion τ(n). Hier ist xk

1−xk die erzeugende Funktion zur Aufgabe: Anzahlder Moglichkeiten, n als Summe gleicher Zahl k darzustellen.Konjugationen konnen manche — auf den ersten Blick vollig unverstandliche — Identitatenoffensichtlich machen. Es ist (siehe Aufgabe 2 aus dem letzten Abschnitt)

F (x) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)(1 + x4)(1 + x5) · · ·

die erzeugende Funktion zur Partition von n durch verschiedene naturliche Zahlen. Eine solchePartition ist z.B. 7 = 4 + 2 + 1. Die konjuguerte Partition ist 7 = 3 + 2 + 1 + 1. Wie lassen sichdiese konjuguerten Partitionen charakterisieren? Das sind Partitionen, bei denen mit jedemSummand auch alle kleineren Zahlen als Summanden vorkommen mussen.Aufgabe: Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe der Zahlen 1, 2, ..., k ohneAuslassung darzustellen!Diese Aufagbe ist aquivalent zurAufgabe: Bestimme die Anzahl von Losungen der diophantischen Gleichung

n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + kik

mit der Bedingung ij ≥ 1!

4.8 Ferrer–Diagramme 51

Losung: Fur die erzeugende Funktion erhalt man

Fk(x) = (x + x2 + x3 + ...)(x2 + x4 + x6 + ...) · · · (xk + x2k + x3k + ...) =

=x

1 − x· x2

1 − x2· · · xk

1 − xk=

k∏

j=1

xj

1 − xj=

xk(k+1)

2

(1 − x)(1 − x2) · · · (1 − xk).

Die konjugierte zur letzten Aufgabe ist dieAufgabe: Bestimme die Anzahl von Moglichkeiten, n als Summe von genau k verschiedenenSummanden darzustellen!Das folgt aus der aquivalenten, dazugehorenden diophantischen Gleichung

n = (i1 + i2 + i3 + ... + ik) + (i2 + i3 + ... + ik) + (i3 + ... + ik) + ... + (ik−1 + ik) + ik

Damit erhalt man abschließend folgende Identitat

∞∏

n=1

(1 + xn) =∞∑

j=0

k∏

j=1

xj

1 − xj. (12)

Diese Identitat laßt sich auch analytisch zeigen. Wie in Aufgabe 20.3 gezeigt, gilt

F (x) = (1 − qx)(1 − q2x)(1 − q3x) · · · =

=

∞∑

n=0

qn(n+1)

2

(q − 1)(q2 − 1)(q3 − 1) · · · (qn − 1)xn =

∞∑

n=0

(

n∏

k=1

qk

qk − 1

)

xn

wobei das Produkt 1 gesetzt wird, wenn die Differenz der Grenzen negativ ist. Setzt man hierx = −1 und dann x fur q ein, erhalt man Identitat (12).Analog kann man die Identitat

G(x) =1

F (x)=

1

(1 − qx)(1 − q2x)(1 − q3x) · · · =

=

∞∑

n=0

qn

(1 − q)(1 − q2)(1 − q3) · · · (1 − qn)xn

kombinatorisch interpretieren. Setzt man x = 1 und dann x fur q ein, erhalt man

1

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3) · · · =

∞∑

k=0

xk

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3) · · · (1 − xk)(13)

Die Funktion auf der linken Seite ist die erzeugende Funktion von P (n), der Anzahl der geord-neten Partitionen von n.Fur festes k ist die Funktion

Fk(x) =1

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3) · · · (1 − xk)

die erzeugende Funktion der Aufgabe

Zerlegung von n in Summanden ≤ k

oder


Anzahl von Losungen der Gleichung n = zk + zk−1 + ... + z2 + z1 mit der Nebenbedingungn = zk ≥ zk−1 ≥ ... ≥ z2 ≥ z1 ≥ 0.

oder

Anzahl von nichtnegativen Losungen der Gleichung n = kzk + (k − 1)zk−1 + ... + 2z2 + z1.

Der Faktor xk im Zahler der rechten Seite von (13) verschiebt n um k.Damit erhalt man kombinatorische Interpretation der rechten Seite von (13)

Die Gesamtzahl von nichtnegativen Losungen der Gleichungen

n = 0

n − 1 = z1

n − 2 = 2z2 + z1

...

n − k = kzk + (k − 1)zk−1 + ... + 2z2 + z1

...

4.9 Einige Grundpartitionen und ihre Eigenschaften

Prinzipiell unterscheidet man zwischen Partitionen mit und ohne Vertauschungen. Als erstesbetrachten wir Partitionen ohne Vertauschungen. Die Summanden fur solche Partitionen kannman als der Große nach geordnet annehmen. Ist z.B. n = λ1 + ... + λk eine solche Partition, seiλ1 ≥ λ2 ≥ ... ≥ λk.

4.9.1 Partitionen ohne Einschrankungen

p(n) ist die Anzahl von (geordneten) Zerlegungen von n. Das ist aquivalent zur Anzahl derLosungen der diophantischen Gleichung

n = j1 + j2 + j3 + ..., j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ 0 (14)

und zur Anzahl der Losungen der diophantischen Gleichung

n = i1 + 2i2 + 3i3 + ..., i1, i2, i3, ... ≥ 0 (15)

Die Zahl ik gibt an, wie oft der Summand k in der Zerlegung vorkommt. Die Aquivalenz beiderAufgaben folgt aus

i1 + 2i2 + 3i3 + ... = (i1 + i2 + i3 + ...) + (i2 + i3 + ...) + (i3 + ...) + ... = j1 + j2 + j3 + ...

Aus der Einschrankung i1, i2, i3, ... ≥ 0 folgt die Einschrankung j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ 0.Die Aufgaben (14) und (15) sind zueinander konjugiert. j1 = i1 + i2 + i3 + ... gibt die Anzahlder Summanden in (15) an und ist der großte Summand in (14). Da n beschrankt ist, gibt es

4.9 Einige Grundpartitionen und ihre Eigenschaften 53

ein kmax, sodaß ik = 0 fur k > kmax. Dieses kmax ist der großte Summand in (15) und gibt dieAnzahl der Summanden in (14) an.Erzeugende Funktion

F (x) =

∞∑

n=0

p(n)xn =

= · · ·∞∑

j3=j4

∞∑

j2=j3

∞∑

j1=j2

xj1+j2+j3+... =

∞∑

j1=0

j1∑

j2=0

j2∑

j3=0

· · ·xj1+j2+j3+... =

=

∞∑

i1=0

∞∑

i2=0

∞∑

i3=0

· · ·xi1+2i2+3i3+... =

(

∞∑

i1=0

xi1

)(

∞∑

i2=0

x2i2

)(

∞∑

i3=0

x3i3

)

· · · =

=1

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3) · · · =

∞∏

i=1

1

1 − xi

Rekursive Darstellungen:

p(n) =1

n

n−1∑

k=0

p(k)σ(n − k)

Zum Beweis siehe Abschnitt 4.10.Asymptotik:

p(n) ≈ 1

4n√

3eπ√

2n3 , n−→ ∞

Weitere Eigenschaften:

p(n) ≤ 1

2

(

p(n + 1) + p(n − 1))

1∑∞

n=0 p(n)xn=

∞∏

k=1

(1 − xk) =∞∑

j=−∞

(−1)jxj(3j+1)

2

Das ist auch die erzeugende Funktion von an − bn, wobeian die Anzahl von Partitionen von n in eine gerade Anzahl von verschiedenen Summandenbn die Anzahl von Partitionen von n in eine ungerade Anzahl von verschiedenen Summandenp(n) − p(n − 1) ist die Anzahl von Partitionen von n, wobei jeder Summand ≥ 2 ist.

p(1) + p(2) + ... + p(n) < p(2n)

4.9.2 Partitionen mit eingeschrankter Summandenzahl I

Es sei p(n, k) die Anzahl von Partitionen von n mit hochstens k Summanden. Das ist aquivalentzur Anzahl von Partitionen von n, wobei der großte Summand nicht großer als k ist. Diese beidenAufgaben sind zueinander konjugiert. Ihnen entsprechen die Anzahlen der Losungen folgenderdiophantischer Gleichungen:


n = j1 + j2 + j3 + ... + jk, j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jk ≥ 0 (16)


n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + kik, i1, i2, i3, ..., ik ≥ 0 (17)

Die Aquivalenz beider Aufgaben folgt aus

i1 + 2i2 + ... + kik = (i1 + i2 + ... + ik) + (i2 + ... + ik) + ... + ik = j1 + j2 + ... + jk

Aus der Einschrankung i1, i2, i3, ..., ik ≥ 0 folgt die Einschrankung j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jk ≥ 0.Die Aufgaben (16) und (17) sind zueinander konjugiert. k ist der großte Summand in (17) (erentfallt fur ik = 0). j1 = i1 + i2 + i3 + ... + ik gibt die Anzahl der Summanden in (17) an. Sieist automatisch nicht großer als k.Offenbar ist p(n) = lim

k→∞p(n, k).

Erzeugende Funktion

Fk(x) =

∞∑

n=0

p(n, k)xn =

=

∞∑

jk=0

∞∑

jk−1=jk

· · ·∞∑

j2=j3

∞∑

j1=j2

xj1+j2+j3+...+jk =

∞∑

j1=0

j1∑

j2=0

j2∑

j3=0

· · ·jk−1∑

jk=0

xj1+j2+j3+...+jk =

=∞∑

i1=0

∞∑

i2=0

∞∑

i3=0

· · ·∞∑

ik=0

xi1+2i2+3i3+...+kik =

(

∞∑

i1=0

xi1

)(

∞∑

i2=0

x2i2

)

· · ·(

∞∑

ik=0

xkik

)

=

=1

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3) · · · (1 − xk)=

k∏

i=1

1

1 − xi

Rekursive Darstellungen:

p(n, k) = p(n − 1, k − 1) + p(n − k, k)

Anfangswerte

p(n, 0) = 0; p(n, 1) = 1; p(n, n) = 1

Asymptotik:


4.9.3 Partitionen mit eingeschrankter Summandenzahl II

Es sei p∗(n, k) die Anzahl von Partitionen von n mit genau k Summanden. Das ist aquivalentzur Anzahl von Partitionen von n, wobei der großte Summand genau k ist. Der Unterschied zup(n, k) ist, daß hier keine obere Schranke k gefordert wird. Es muß diese Schranke tatsachlichangenommen werden. Diese beiden Aufgaben sind zueinander konjugiert. Ihnen entsprechendie Anzahlen der Losungen folgender diophantischer Gleichungen:

n = j1 + j2 + j3 + ... + jk, j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jk ≥ 1 (18)



n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + kik, i1, i2, i3, ..., ik−1 ≥ 0, ik ≥ 1 (19)

Die Einschrankung ja ≥ 1 bewirkt, daß tatsachlich k Summanden vorkommen. Die Ein-schrankung ik ≥ 1 bewirkt, daß tatsachlich der Summand k vorkommt.Erzeugende Funktion

Fk(x) =∞∑

n=0

p∗(n, k)xn =

=∞∑

jk=1

∞∑

jk−1=jk

· · ·∞∑

j2=j3

∞∑

j1=j2

xj1+j2+j3+...+jk =∞∑

j1=1

j1∑

j2=0

j2∑

j3=0

· · ·jk−1∑

jk=0

xj1+j2+j3+...+jk =

=

∞∑

i1=0

∞∑

i2=0

∞∑

i3=0

· · ·∞∑

ik=1

xi1+2i2+3i3+...+kik =

(

∞∑

i1=0

xi1

)(

∞∑

i2=0

x2i2

)

· · ·(

∞∑

ik=1

xkik

)

=

=xk

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3) · · · (1 − xk)=

k∏

i=1

x

1 − xi

Weitere Eigenschaften: Offenbar muß

∞∑

k=0

∞∑

n=0

p∗(n, k)xn =

∞∑

n=0

p(n)xn

gelten, woraus die Identitat

∞∑

k=0

k∏

i=1

x

1 − xi=

∞∏

i=1

1

1 − xi

folgt.

4.9.4 Partitionen mit eingeschrankter Teilbarkeit der Summanden

Es sei b(n, m) die Anzahl von Partitionen von n, wobei kein Summand durch m teilbar seinsoll. Diese Aufgabe ist aquivalent zur Anzahl von Partitionen von n, wobei jeder Summandhochstens m − 1 mal vorkommen darf. Die Aquivalenz beider Aufgaben folgt sofort aus dererzeugenden Funktion. Die letzte Aufgabe ist aquivalent zur Anzahl der Losungen der diophan-tischen Gleichung

n = i1 + 2i2 + 3i3 + ..., m − 1 ≥ i1, i2, i3, ..., ik ≥ 0 (20)

Erzeugende Funktion

Fm(x) =∞∑

n=0

b(n, m)xn =

=m−1∑

i1=0

m−1∑

i2=0

m−1∑

i3=0

· · ·xi1+2i2+3i3+... =

(

m−1∑

i1=0

xi1

)(

m−1∑

i2=0

x2i2

)(

m−1∑

i3=0

x3i3

)

· · · =

=∞∏

i=1

(

1 + xi + x2i + ... + x(m−1)i)

=∞∏

i=1

1 − xmi

1 − xi=

∞∏

i=1,m6 | i

1

1 − xi


Die letzte Identitat beweist den Zusammenhang mit der Teilbarkeit der Summanden.

Weitere Eigenschaften: Aufgaben fur spezielle m lassen sich zum Teil aquivalent umformu-lieren. Der Fall m = 2 entspricht der Partitionierungsaufgabe mit verschiedenen Summanden(siehe nachsten Punkt). Im Fall m = 4 gilt

∞∑

n=0

b(n, 4)xn =

∞∏

i=1

1 − x4i

1 − xi=

∞∏

i=1

1 + x2i

1 − x2i−1

Der letzte Ausdruck ist die erzeugende Funktion fur die Partitionierungsaufgabe mit verschei-denen geraden und beliebigen ungeraden Summanden.

4.9.5 Partitionen mit verschiedenen Summanden

Es sei q(n) die Anzahl von Partitionen von n mit verschiedenen Summanden. Das ist einSpezialfall von (20), namlich der Fall m = 2. Es folgt

F (x) =∞∑

n=0

q(n)xn =∞∏

i=1

1 − x2i

1 − xi=

∞∏

i=1

1

1 − x2i−1=

∞∏

i=1

(1 + xi)

Asymptotik:

q(n) ≈ 1

44√

3n3eπ√

n3 , n−→ ∞


q(n) ≤ 1

2

(

q(n + 1) + q(n − 1))

4.9.6 Partitionen mit verschiedenen Summanden und eingeschrankter Summan-

denzahl

Es sei q(n, k) die Anzahl von Partitionen von n mit ≤ k verschiedenen Summanden. Sie istaquivalent der Anzahl von Partitionen von n mit verschiedenen Summanden ≤ k.

q(n, k) = p

(

n −(

k

2

)

, k

)

q(n, k) = q(n, k − 1) + q(n − k, k)

Anfangswerte

q(n, 0) = 0; q(1, k) = 1; q(n, k) = p(n), k ≥ n


4.9.7 Partitionen mit k Summanden ≤ m

Es sei f(n, k, m) die Anzahl von Partitionen mit nicht mehr als k Summanden, die nicht großerals m sind. Das entspricht der Anzahl der Losungen der diophantischen Gleichungen

n = j1 + j2 + j3 + ... + jk, m ≥ j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jk ≥ 0 (21)

bzw.

n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + mim, i1, i2, i3, ..., im ≥ 0, i1 + i2 + i3 + ... + im ≤ k (22)

Die letzte Gleichung laßt sich aquivalent zu

i1 + 2i2 + 3i3 + ... + mim = (i1 + i2 + i3 + ... + im) + (i2 + i3 + ... + im) + (i3 + ... + im) + . . . + im

umformen. Das heißt, Aufgabe (22) ist aquivalent zu

n = j1 + j2 + j3 + ... + jm, k ≥ j1 ≥ j2 ≥ j3 ≥ ... ≥ jm ≥ 0 (23)

Das ist Aufgabe (21) mit vertauschten Parametern k und m. Es ist also

f(n, k, m) = f(n, m, k) .

Diese Gleichheit druckt gerade die Konjugation aus. Hieraus folgt die vierte aquivalente Aufgabe

n = i1 + 2i2 + 3i3 + ... + kik, i1, i2, i3, ..., ik ≥ 0, i1 + i2 + i3 + ... + ik ≤ m (24)

Die vier aquivalenten Aufgaben fuhren zu vier aquivalentenErzeugenden Funktionen

Fk,m(x) =∞∑

n=0

f(n, k, m)xn =

=m∑

jk=0

m∑

jk−1=jk

· · ·m∑

j2=j3

m∑

j1=j2

xj1+j2+j3+...+jk =m∑

j1=0

j1∑

j2=0

j2∑

j3=0

· · ·jk−1∑

jk=0

xj1+j2+j3+...+jk =

=k∑

im=0

k−im∑

im−1=0

k−im−im−1∑

im−2=0

· · ·k−im−im−1−...−i2

∑

i1=0

xi1+2i2+3i3+...+mim =

=

k∏

i=1

1 − xi+m

1 − xi=

m∏

i=1

1 − xi+k

1 − xi=

(

m + k

m

)

x

=

(

m + k

k

)

x

Hier ist ein verallgemeinerter Binomialkoeffizient

(

n

k

)

x

=(1 − xn)(1 − xn−1)(1 − xn−2) · · · (1 − xn−k+1)

(1 − x)(1 − x2)(1 − x3) · · · (1 − xk)

definiert worden. Er wird oft Gaußscher Binomialkoeffizient genannt. Man erhalt als Grenzwert(

n

k

)

1=(

n

k

)

. Eine Eigenschaft, die man als Analogie zur Eigenschaft der gewohnlichen Binomi-

alkoeffizienten, stets eine naturliche Zahl darzustellen, verstehen kann, ist, daß(

n

k

)

xstets ein

Polynom ist. Weitere Eigenschaften werden im Abschnitt 4.11 besprochen.


Der Beweis der Darstellungen der erzeugenden Funktionen wird an Beispielen demonstriert: Essei k = 1, dann ist

F1,m(x) =m∑

j1=0

xj1 =1 − xm+1

1 − x

Fur k = 2 erhalt man

F2,m(x) =m∑

j2=0

m∑

j1=j2

xj1+j2 =m∑

j2=0

xj2xj2 − xm+1

1 − x=

1

1 − x

m∑

j2=0

(

x2j2 − xm+1+j2

)

=

=1

1 − x

(

1 − x2m+2

1 − x2− xm+1 − x2m+2

1 − x

)

=

=1

(1 − x)(1 − x2)

(

1 − x2m+2 − (1 + x)(xm+1 − x2m+2))

=(1 − xm+1)(1 − xm+2)

(1 − x)(1 − x2)

Umgekehrt kann man auch m fixieren. Man erhalt fur m = 1

Fk,1(x) =k∑

i1=0

xi1 =1 − xk+1

1 − x

und fur m = 2

F2,m(x) =

k∑

i2=0

k−i2∑

i1=0

xi1+2i2 =

k∑

i2=0

x2i21 − xk−i2+1

1 − x=

1

1 − x

k∑

i2=0

(

x2i2 − xk+i2+1)

=

=1

1 − x

(

1 − x2k+2

1 − x2− xk+1 − x2k+2

1 − x

)

=(1 − xk+1)(1 − xk+2)

(1 − x)(1 − x2)

4.9.8 Ungeordnete Partitionen mit k Summanden ≤ m − 1

n = j1 + j2 + j3 + ... + jk, m − 1 ≥ j1, j2, j3, ..., jk ≥ 0 (25)

Fk,m(x) =∞∑

n=0

f(n, k, m)xn =m−1∑

jk=0

m−1∑

jk−1=0

· · ·m−1∑

j2=0

m−1∑

j1=0

xj1+j2+...+jk =

=

(

m−1∑

j1=0

xj1

)(

m−1∑

j2=0

xj2

)

· · ·(

m−1∑

jk=0

xjk

)

=

(

m−1∑

j=0

xj

)k

=

(

1 − xm

1 − x

)k

4 kombinatorik, partitionen, additive zahlentheorie · 34 4 kombinatorik, partitionen, additive...

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